Исследуйте геометрическое место вершин треугольников фиксированного периметра, которые имеют фиксированный угол при вершине A; какие конфигурации возможны и как меняются площади таких треугольников?

23 Апр в 16:13
6 +1
0
Ответы
1
Постановка. Пусть точка AAA и величина угла α∈(0,π)\alpha\in(0,\pi)α(0,π) при ней фиксированы; стороны треугольника от AAA лежат на двух лучах, образующих угол α\alphaα. Обозначим AB=r1, AC=r2AB=r_1,\ AC=r_2AB=r1 , AC=r2 и фиксированный периметр ppp. Тогда вершины BBB и CCC пробегают точки на этих лучах, удовлетворяющие уравнению периметра.
Уравнение и параметризация. Из условия периметра и теоремы косинусов получаем
p=r1+r2+BC=r1+r2+r12+r22−2r1r2cos⁡α, p=r_1+r_2+BC=r_1+r_2+\sqrt{r_1^2+r_2^2-2r_1r_2\cos\alpha},
p=r1 +r2 +BC=r1 +r2 +r12 +r22 2r1 r2 cosα ,
или эквивалентно
(p−r1−r2)2=r12+r22−2r1r2cos⁡α. (p-r_1-r_2)^2=r_1^2+r_2^2-2r_1r_2\cos\alpha.
(pr1 r2 )2=r12 +r22 2r1 r2 cosα.
Отсюда можно явно выразить r2r_2r2 через r1r_1r1 :
r2=2pr1−p22(r1(1+cos⁡α)−p). r_2=\frac{2pr_1-p^2}{2\big(r_1(1+\cos\alpha)-p\big)}.
r2 =2(r1 (1+cosα)p)2pr1 p2 .
Действительные положительные решения r1,r2>0r_1,r_2>0r1 ,r2 >0 дают допустимые треугольники.
Геометрическое место точек. Для каждой вершины по отдельности (например, точки BBB) множество возможных положений — отрезок луча от AAA с ограничением
0<AB=r1<p2. 0<AB=r_1<\frac p2.
0<AB=r1 <2p .
(Предел r1→p/2r_1\to p/2r1 p/2 соответствует вырождению треугольника при r2→0r_2\to0r2 0.) Аналогично для CCC: 0<AC=r2<p/20<AC=r_2<p/20<AC=r2 <p/2. Пара (B,C)(B,C)(B,C) составляет одномерное семейство, заданное вышеуравнением; при фиксированном r1r_1r1 соответствующее r2r_2r2 однозначно определяется.
Возможные конфигурации. Непрерывный класс (один параметр) неравнобедренных треугольников и единственный симметричный (равнобедренный) случай r1=r2r_1=r_2r1 =r2 . Случаи вырождения: при r1→0r_1\to0r1 0 или r2→0r_2\to0r2 0 площадь стремится к нулю и треугольник вырождается.
Площадь и её экстремумы. Площадь выражается через боковые стороны от AAA:
S=12 r1r2sin⁡α. S=\tfrac12\,r_1r_2\sin\alpha.
S=21 r1 r2 sinα.
Так как ограничение симметрично по r1r_1r1 и r2r_2r2 , внутренняя экстремальная конфигурация достигается при r1=r2r_1=r_2r1 =r2 . Для равнобедренного случая
r1=r2=x,p=2x+2xsin⁡α2=2x(1+sin⁡α2), r_1=r_2=x,\qquad p=2x+2x\sin\frac\alpha2=2x\big(1+\sin\frac\alpha2\big),
r1 =r2 =x,p=2x+2xsin2α =2x(1+sin2α ),
откуда
x=p2(1+sin⁡α2). x=\frac{p}{2\big(1+\sin\frac\alpha2\big)}.
x=2(1+sin2α )p .
Максимальная площадь равна
Smax⁡=12x2sin⁡α=p2sin⁡α8(1+sin⁡α2)2=p2sin⁡α2cos⁡α24(1+sin⁡α2)2. S_{\max}=\tfrac12 x^2\sin\alpha
=\frac{p^2\sin\alpha}{8\big(1+\sin\frac\alpha2\big)^2}
=\frac{p^2\sin\frac\alpha2\cos\frac\alpha2}{4\big(1+\sin\frac\alpha2\big)^2}.
Smax =21 x2sinα=8(1+sin2α )2p2sinα =4(1+sin2α )2p2sin2α cos2α .
Минимума (положительного) нет: инфимум площади равен 000 (достигается при вырождении).
Кратко о частных случаях. При α→0\alpha\to0α0 семья вырождается вдоль почти совпадающих лучей; при α=π\alpha=\piα=π ситуация тривиальна (вырожденный «угол»). Для любого фиксированного p>0p>0p>0 и α∈(0,π)\alpha\in(0,\pi)α(0,π) существует бесконечно много невырожденных треугольников, максимум площади единственен и равен приведённой формуле.
23 Апр в 17:23
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки в течение 1 года
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат
Поможем написать учебную работу
Прямой эфир